2015. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Óránként 4, egy nap alatt tehát \( 24 \cdot 4 = 96 \) alkalommal történik meg a 2%-os növekedés. Az olajfolt területe 15 perc alatt 1,02-szorosára nő, tehát egy nap múlva: $$ 400 \cdot 1,02^{96} \approx \mathbf{2677 \text{ m}^2} \text{ lett.} $$

b) A naponta eltávolított olajfoltterületek (\( \text{m}^2 \)-ben mérve) egy olyan számtani sorozat szomszédos tagjai, amelynek első tagja 130, az első 31 tagjának összege pedig \( 12\,400 \).
A napi növekedés legyen \( d \) (\( \text{m}^2 \)). Ekkor a számtani sorozat összegképlete alapján: $$ S_{31} = \frac{2a_1 + 30d}{2} \cdot 31 $$ $$ 12\,400 = \frac{260 + 30d}{2} \cdot 31 $$ Ebből megoldva: $$ d = \mathbf{18 \text{ m}^2} $$ A napi növekedés tehát \( 18 \text{ m}^2 \) volt.

a) Az eredeti papírlap rövidebb oldala legyen \( x \) hosszúságú, ekkor a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \) hosszúságú.
A félbevágással kapott papírlap egyik oldalának hossza \( x \), a másik oldalának hossza pedig \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) lesz.
Mivel \( \frac{\sqrt{2}}{2} < 1 \), ezért \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) a rövidebb oldal hosszúsága.
A félbevágással kapott papír méretaránya: $$ x : \frac{\sqrt{2}x}{2} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} $$ Ez valóban megegyezik az eredetivel.

b) Ha a rövidebb oldal hossza \( x \) méter, akkor a papír területe: $$ x \cdot \sqrt{2}x = 1 \text{ m}^2 $$ $$ \sqrt{2}x^2 = 1 $$ A papír rövidebb oldala: $$ x = \frac{1}{\sqrt[4]{2}} \approx 0,841 \text{ m} $$ Azaz \( \mathbf{841 \text{ mm}} \), a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \approx \mathbf{1189 \text{ mm}} \) hosszúságú.

c) Egy A4-es lap az \( 1 \text{ m}^2 \)-es A0-s lap négyszeri félbevágásával kapható (A0 → A1 → A2 → A3 → A4), ezért az A4-es lap \( \frac{1}{16} \text{ m}^2 \) területű.
Egy darab A4-es lap \( \frac{80}{16} = 5 \text{ g} \) tömegű.
Tehát 1 csomag tömege: $$ 500 \cdot 5 + 20 = 2520 \text{ gramm} $$ azaz \( \mathbf{2,52 \text{ kg}} \).

a) Értelmezési tartomány: \( x \ge 0 \) (és ebből kifolyólag \( y \ge 0 \)).
A második egyenletből \( y = 2\sqrt{x} \)-et behelyettesítve az első egyenletbe: $$ 2x = 12 - 2\sqrt{x} $$ Rendezve és másodfokú egyenletként tekintve \( \sqrt{x} \)-re: $$ 2x + 2\sqrt{x} - 12 = 0 $$ $$ (\sqrt{x})^2 + \sqrt{x} - 6 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( \sqrt{x}_1 = -3 \) és \( \sqrt{x}_2 = 2 \).
Mivel \( \sqrt{x} \ge 0 \), a \( -3 \) nem lehetséges megoldás.
Ha \( \sqrt{x} = 2 \), akkor \( \mathbf{x = 4} \), és ebből \( \mathbf{y = 4} \). (A kapott számpár mindkét egyenletet kielégíti.)

b) Értelmezési tartomány: \( x \ne -2 \) és \( y \ne 3 \).
Vezessünk be új ismeretleneket: $$ a = \frac{x+2}{3}, \quad b = \frac{y-3}{4} $$ Ezekkel az egyenletrendszer a következő alakot ölti: $$ \begin{cases} a - b = 3 \\ \frac{1}{a} - \frac{1}{4b} = 0 \end{cases} $$ A második egyenletből: $$ \frac{1}{a} = \frac{1}{4b} \implies a = 4b $$ Ezt az első egyenletbe írva kapjuk: $$ 4b - b = 3 \implies 3b = 3 \implies b = 1 $$ Ebből \( a = 4 \). Visszahelyettesítve az eredeti változókra: $$ \frac{y-3}{4} = 1 \implies \mathbf{y = 7} $$ $$ \frac{x+2}{3} = 4 \implies \mathbf{x = 10} $$ A kapott számpár valóban megoldása az egyenletrendszernek.

a) Az \( y = 4 - x^2 \) egyenletű parabola a \((-2; 0)\), illetve a \((2; 0)\) pontban metszi az abszcisszatengelyt.
A parabolaszelet területe (határozott integrállal): $$ T_p = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) \, dx = 2 \cdot \int_{0}^{2} (4 - x^2) \, dx = 2 \cdot \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 $$ $$ T_p = 2 \cdot \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = \frac{32}{3} $$ A kör egyenletét teljes négyzetté alakítva: $$ x^2 + (y - 1,3)^2 = 1,3^2 $$ Ebből a kör sugara \( 1,3 \), területe pedig: $$ T_k = 1,3^2 \pi = 1,69\pi \approx 5,31 $$ A kör és a parabolaszelet területének aránya: $$ \frac{1,69\pi}{\frac{32}{3}} \approx 0,4977 $$ A kör területe a parabolaszelet területének tehát 50%-a.

b) A résztvevők száma összesen 18. A lejátszott mérkőzések száma: $$ \binom{18}{2} = 153 $$ Mivel a Piros Iskola kétszer annyit nyert, a Zöld Iskola teniszezőinek összesen \( \frac{1}{3} \cdot 153 = 51 \) megnyert mérkőzése volt.
Ennek a 8 zöld tanulónak az egymás közötti mérkőzései mindig a 8 tanuló valamelyikének győzelmével végződtek, ez \( \binom{8}{2} = 28 \) győzelmet jelent házon belül.
A Zöld Iskola tanulói az 51 győztes mérkőzésük közül tehát a Piros Iskola tanulói ellen \( 51 - 28 = \mathbf{23} \)-at nyertek meg.

a) Mivel az automata 100 grammos hasábokat vág, a \( B \) futószalagra a \( 100 - x_A \) tömegű darabok kerülnek. A \( B \) szalagon a tömegek tehát: 49 g, 48 g, 53 g és 54 g.
Az \( A \) tömegek átlaga: $$ \frac{51+52+47+46}{4} = \frac{196}{4} = 49 \text{ g} $$ A \( B \) tömegek átlaga: $$ \frac{49+48+53+54}{4} = \frac{204}{4} = 51 \text{ g} $$ Az átlagok valóban különböznek.
Az \( A \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( +2, +3, -2, -3 \).
A \( B \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( -2, -3, +2, +3 \).
Ezek négyzeteinek összege mindkét esetben megegyezik (\( 4+9+4+9 = 26 \)), így a szórásuk egyaránt: $$ \sigma_A = \sigma_B = \sqrt{\frac{26}{4}} = \sqrt{6,5} \approx 2,55 \text{ g} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

b) Az \( ABC \) egyenlőszárú háromszög \( AB \) oldalához tartozó magassága (Pitagorasz-tétellel): \( m_c = \sqrt{(\sqrt{13})^2 - 2^2} = 3 \).
Az \( S \) sík a \( C \)-ből kiinduló \( CC' \) élt egy \( H \) pontban metszi. A sík hajlásszöge miatt a \( H \) pont magassága az alaptól: $$ CH = m_c \cdot \tan 30^\circ = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} $$ Mivel \( \sqrt{3} < 2\sqrt{3} \) (a hasáb magassága), a metszet valóban a \( CC' \) élen van.
Az \( ABC \) lapot tartalmazó rész egy \( ABCH \) tetraéder, amelynek \( ABC \) lapjához tartozó magassága \( CH = \sqrt{3} \). Ennek térfogata: $$ V_1 = \frac{1}{3} \cdot T_{ABC} \cdot CH = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{4 \cdot 3}{2}\right) \cdot \sqrt{3} = 2\sqrt{3} $$ A teljes hasáb térfogata: $$ V_{\text{teljes}} = T_{ABC} \cdot m = 6 \cdot 2\sqrt{3} = 12\sqrt{3} $$ A másik (felső) rész térfogata: $$ V_2 = V_{\text{teljes}} - V_1 = 12\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 10\sqrt{3} $$ A két rész térfogatának aránya: $$ \frac{V_1}{V_2} = \frac{2\sqrt{3}}{10\sqrt{3}} = \mathbf{\frac{1}{5}} $$

a) Az állítás hamis. Ellenpélda: a nyolcpontú egyszerű gráf lehet két diszjunkt négypontú teljes gráf (\( K_4 \)) egyesítése. Ebben az esetben minden pont fokszáma pontosan 3, de a gráf nem összefüggő.

b) A megfordítás: Ha egy (nyolcpontú egyszerű) gráf összefüggő, akkor a gráf minden pontjának fokszáma legalább 3.
A megfordított állítás is hamis. Ellenpélda: egy 8 pontú egyszerű lánc (útgráf). Ez összefüggő, de a két végpontjának fokszáma csak 1, a többié pedig 2.

c) Nevezzük a színeket P (piros), K (kék), Z (zöld)-nek. Egy színezést meghatároz a csúcsok sorrendje, pl. \( A \to B \to C \to D \to E \).
Az \( A \) csúcsot 3-féleképpen, a \( B \) csúcsot 2-féleképpen színezhetjük (pl. \( A=P \), \( B=K \)). Ez eddig \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség.
A továbbiakat esetszétválasztással követjük végig:

• Ha \( C=P \), akkor \( D \) lehet K vagy Z. Ha \( D=K \), akkor \( E \) csak Z lehet (mert \( A=P \)). (1 eset) Ha \( D=Z \), akkor \( E \) csak K lehet. (1 eset) Ez ágként 2 lehetőség.
• Ha \( C=Z \), akkor \( D \) lehet P vagy K. Ha \( D=P \), akkor \( E \) lehet K vagy Z. (2 eset) Ha \( D=K \), akkor \( E \) csak Z lehet. (1 eset) Ez ágként 3 lehetőség.

d) Egy négypontú teljes gráfnak \( \binom{4}{2} = 6 \) éle van. Ezek közül 4 élt \( \binom{6}{4} = 15 \)-féleképpen lehet kiválasztani, ez az összes eset száma.
A kedvező esetek azok, amikor a 4 él egy négypontú kört alkot. Egy 4 csúcsú teljes gráfban a csúcsok sorrendjének permutációival \( \frac{(4-1)!}{2} = 3 \) darab független Hamilton-kör létezik.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{3}{15} = \mathbf{0,2} $$

a) Szélsőérték ott lehet, ahol a derivált nulla. $$ f'(x) = 4x^3 + 24x^2 - 540x = 4x(x^2 + 6x - 135) $$ A \( 4x(x^2 + 6x - 135) = 0 \) egyenlet gyökei \( x = 0 \) és a másodfokú tényező gyökei: \( -15 \) és \( 9 \).
A deriváltfüggvény \( x = -15 \)-ben és \( x = 9 \)-ben negatívból pozitívba vált, így ott lokális minimumhelyek vannak, \( x = 0 \)-ban pedig pozitívból negatívba vált, így ott lokális maximumhely van.
A függvény a \( ]-\infty; -15[ \) intervallumon monoton csökkenő, a \( ]9; \infty[ \) intervallumon pedig monoton növekvő. Mivel az \( f(x) \) polinom páros fokú főtaggal rendelkezik, végtelenben a limesz \( +\infty \). A két lokális minimumhely egyikén veszi fel az abszolút minimumát: \( f(-15) = -36\,850 \) és \( f(9) = -9202 \). Mivel \( f(-15) < f(9) \), ezért \( x = -15 \)-ben abszolút minimuma van.

b) A konkavitást a második deriválttal vizsgáljuk: $$ f''(x) = 12x^2 + 48x - 540 = 12(x^2 + 4x - 45) $$ Az \( x^2 + 4x - 45 = 0 \) egyenlet gyökei \( -9 \) és \( 5 \). A másodfokú függvény képe egy felfelé nyíló parabola, tehát a két zérushelye közötti intervallumon, azaz \( ]-9; 5[ \)-ön negatív értékeket vesz fel.
Mivel az \( f''(x) < 0 \) ezen az intervallumon, az \( f \) függvény itt valóban konkáv.

c) A primitív függvény felhasználásával: $$ \int_{0}^{5} (x^4 + 8x^3 - 270x^2 + 275) \, dx = \left[ \frac{x^5}{5} + 2x^4 - 90x^3 + 275x \right]_0^5 $$ Behelyettesítve az 5-öt: $$ = \frac{3125}{5} + 2 \cdot 625 - 90 \cdot 125 + 275 \cdot 5 = 625 + 1250 - 11\,250 + 1375 = \mathbf{-8000} $$ A zérus behelyettesítésével mindent elhagyhatunk, így a határozott integrál értéke \( -8000 \).

a) A találat esélye \( p = 0,25 \). Binomiális eloszlással számolva a "legalább három találat" esemény komplementerét használjuk ("kevesebb mint három", azaz 0, 1 vagy 2 találat): $$ P(X \ge 3) = 1 - (P(0) + P(1) + P(2)) $$ $$ P(0) = \binom{8}{0} \cdot 0,25^0 \cdot 0,75^8 \approx 0,1001 $$ $$ P(1) = \binom{8}{1} \cdot 0,25^1 \cdot 0,75^7 \approx 0,2670 $$ $$ P(2) = \binom{8}{2} \cdot 0,25^2 \cdot 0,75^6 \approx 0,3115 $$ Összegük \( \approx 0,6786 \). A keresett valószínűség: \( 1 - 0,6786 = \mathbf{0,321} \).

b) A komplementer esemény segítségével (egyszer sem talál el semmit): $$ P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) \ge 0,95 $$ $$ 1 - 0,75^n \ge 0,95 \implies 0,75^n \le 0,05 $$ Logaritmust véve mindkét oldalon (mivel \( \lg 0,75 < 0 \), a relációjel megfordul): $$ n \ge \frac{\lg 0,05}{\lg 0,75} \approx 10,41 $$ Daninak tehát legalább 11 lövésre van szüksége.

c) Legyen a találat új valószínűsége \( p \). Három lövésből pontosan egy vagy két találat valószínűsége megegyezik a komplementer esetek levonásával (0 találat és 3 találat): $$ 1 - P(\text{0 találat}) - P(\text{3 találat}) = 0,72 $$ $$ 1 - (1-p)^3 - p^3 = 0,72 $$ Kibontva az azonosságot: $$ 1 - (1 - 3p + 3p^2 - p^3) - p^3 = 0,72 $$ $$ 3p - 3p^2 = 0,72 \implies p^2 - p + 0,24 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével: $$ p_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 0,96}}{2} = \frac{1 \pm 0,2}{2} $$ A két gyök \( p_1 = 0,6 \) és \( p_2 = 0,4 \). Mindkettő érvényes valószínűség, tehát a második félév végén a találat valószínűsége 0,4 vagy 0,6 lehet.

a) Felírva a két kifejezés egyenlőségét: $$ \frac{ab}{a+c} = \frac{a(c-a)}{b} $$ Mindkét oldalt \( a \)-val osztva, majd keresztbeszorozva kapjuk: $$ b^2 = (c-a)(c+a) \implies b^2 = c^2 - a^2 \implies a^2 + b^2 = c^2 $$ A kapott egyenlet a Pitagorasz-tétel miatt minden derékszögű háromszögre igaz, és mivel az átalakítások ekvivalensek voltak, így a két formula is egyenértékű.

b) A derékszögű háromszög területét kétféleképpen írhatjuk fel. A hagyományos képlettel: \( T = \frac{ab}{2} \).
Másrészt a kör középpontja a háromszöget két kisebb háromszögre bontja: az egyik alapja az \( a \) befogó, magassága \( R \), a másik alapja a \( c \) átfogó, magassága szintén \( R \) (a kör érintési tulajdonsága miatt). A két terület összege: $$ T = \frac{aR}{2} + \frac{cR}{2} = \frac{R(a+c)}{2} $$ Egyenlővé téve a kettőt: $$ \frac{ab}{2} = \frac{R(a+c)}{2} \implies R = \frac{ab}{a+c} $$ Tehát Andrea képlete valóban helyes.

c) Helyezzük a háromszöget koordináta-rendszerbe úgy, hogy a \( C \) csúcs az origóba, az \( a \) befogó az \( x \)-tengelyre, a \( b \) befogó az \( y \)-tengelyre kerüljön. Ekkor a csúcsok: \( C(0, 0) \), \( B(8, 0) \), \( A(0, 6) \).
A \( b \) befogóra (azaz az \( y \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_b = \frac{8 \cdot 6}{8 + 10} = \frac{48}{18} = \frac{8}{3} $$ A kör egyenlete: \( x^2 + \left(y - \frac{8}{3}\right)^2 = \left(\frac{8}{3}\right)^2 \implies x^2 + y^2 - \frac{16}{3}y = 0 \).
Az \( a \) befogóra (azaz az \( x \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_a = \frac{8 \cdot 6}{6 + 10} = \frac{48}{16} = 3 $$ A kör egyenlete: \( (x - 3)^2 + y^2 = 3^2 \implies x^2 - 6x + y^2 = 0 \).
A két egyenlet kivonásával kapjuk az \( M \) metszéspontot határoló egyenest: $$ 6x - \frac{16}{3}y = 0 \implies x = \frac{8}{9}y $$ Visszahelyettesítve a második kör egyenletébe: $$ \left(\frac{8}{9}y\right)^2 - 6\left(\frac{8}{9}y\right) + y^2 = 0 $$ $$ \frac{64}{81}y^2 + y^2 = \frac{48}{9}y \implies \frac{145}{81}y^2 = \frac{432}{81}y \implies y = \frac{432}{145} \approx 2,98 $$ A megfelelő \( x \) koordináta: \( x = \frac{8}{9} \cdot \frac{432}{145} = \frac{384}{145} \approx 2,65 \).
A \( C \) csúcstól (\( 0,0 \)) vett \( CM \) távolság: $$ CM = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\left(\frac{384}{145}\right)^2 + \left(\frac{432}{145}\right)^2} = \frac{\sqrt{147\,456 + 186\,624}}{145} = \frac{\sqrt{334\,080}}{145} \approx \mathbf{3,99 \text{ cm}} $$